人教版高考物理一轮复习第6章动量第2节动量守恒定律及其应用学案

这是一份人教版高考物理一轮复习第6章动量第2节动量守恒定律及其应用学案，共23页。学案主要包含了动量守恒定律，碰撞等内容，欢迎下载使用。


一、动量守恒定律
1．动量守恒定律的内容
如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为零，这个系统的总动量保持不变。
2．动量守恒的数学表达式
(1)p＝p′(系统相互作用前总动量p等于相互作用后总动量p′)。
(2)Δp＝0(系统总动量变化为零)。
(3)Δp1＝－Δp2(相互作用的两个物体组成的系统，两物体动量增量大小相等，方向相反)。
3．动量守恒的条件
(1)系统不受外力或所受外力之和为零时，系统的动量守恒。
(2)系统所受外力之和不为零，但当内力远大于外力时系统动量近似守恒。
(3)系统所受外力之和不为零，但在某个方向上所受合外力为零或不受外力，或外力可以忽略，则在这个方向上，系统动量守恒。
二、碰撞、反冲和爆炸
1．碰撞
(1)概念：碰撞是指物体间的相互作用持续时间很短，而物体间相互作用力很大的现象。
(2)特点：在碰撞现象中，一般都满足内力远大于外力，可认为相互碰撞的物体组成的系统动量守恒。
(3)分类：
2．反冲运动
(1)物体在内力作用下分裂为两个不同部分，并且这两部分向相反方向运动的现象。
(2)反冲运动中，相互作用力一般较大，通常可以用动量守恒定律来处理。
3．爆炸问题
(1)爆炸与碰撞类似，物体间的相互作用力很大，且远大于系统所受的外力，所以系统动量守恒。
(2)爆炸过程中位移很小，可忽略不计，作用后从相互作用前的位置以新的动量开始运动。
1．思考辨析(正确的画“√”，错误的画“×”)
(1)系统所受合外力的冲量为零，则系统动量一定守恒。(√)
(2)动量守恒是指系统在初、末状态时的动量相等。(×)
(3)物体相互作用时动量守恒，但机械能不一定守恒。(√)
(4)在爆炸现象中，动量严格守恒。(×)
(5)在碰撞问题中，机械能也一定守恒。(×)
(6)反冲现象中动量守恒、动能增加。(√)
2．(人教版选修3－5P16T1改编)如图所示，在光滑的水平面上有一辆平板车，人和车都处于静止状态。一个人站在车上用大锤敲打车的左端，在连续的敲打下，下列说法不正确的是( )
A．车左右往复运动
B．车持续向右运动
C．大锤、人和平板车组成的系统水平方向动量守恒
D．当大锤停止运动时，人和车也停止运动
B [把人和车看成一个整体，用大锤连续敲打车的左端，根据系统水平方向受力为零，则沿该方向动量守恒，又由系统水平方向总动量为零，则当锤头敲打下去时，大锤向右运动，小车就向左运动，抬起锤头时大锤向左运动，小车向右运动，所以平板车在水平面上左右往复运动，当大锤停止运动时，人和车也停止运动，A、C、D正确。]
3．(教科版选修3－5P17T4、6改编)下列叙述的情况中，系统动量不守恒的是( )
甲 乙
A．如图甲所示，小车停在光滑水平面上，车上的人在车上走动时，人与车组成的系统
B．如图乙所示，子弹射入放在光滑水平面上的木块中，子弹与木块组成的系统
C．子弹射入紧靠墙角的木块中，子弹与木块组成的系统
D．斜向上抛出的手榴弹在空中炸开时
C [对于人和车组成的系统，人和车之间的力是内力，系统所受的外力有重力和支持力，合力为零，系统的动量守恒；子弹射入木块过程中，虽然子弹和木块之间的力很大，但这是内力，木块放在光滑水平面上，系统所受合力为零，动量守恒；子弹射入紧靠墙角的木块时，墙对木块有力的作用，系统所受合力不为零，系统的动量减小；斜向上抛出的手榴弹在空中炸开时，虽然受到重力作用，合力不为零，但爆炸的内力远大于重力，动量近似守恒。故选C。]
4．(人教版选修3－5P21T2改编)质量为m、速度为v的A球与质量为3m的静止的B球发生正碰。碰撞可能是弹性的，也可能是非弹性的，因此，碰撞后B球的速度可能有不同的值，碰撞后B球的速度大小可能是( )
A．0.6v B．0.4v C．0.2v D．v
B [根据动量守恒定律得mv＝mv1＋3mv2，则当v2＝0.6v时，v1＝－0.8v，则碰撞后的总动能E′k＝eq \f(1,2)m(－0.8v)2＋eq \f(1,2)×3m(0.6v)2＝1.72×eq \f(1,2)mv2，大于碰撞前的总动能，违反了能量守恒定律，故A项错误；当v2＝0.4v时，v1＝－0.2v，则碰撞后的总动能为E′k＝eq \f(1,2)m(－0.2v)2＋eq \f(1,2)×3m(0.4v)2＝0.52×eq \f(1,2)mv2，小于碰撞前的总动能，故可能发生的是非弹性碰撞，B项正确；当v2＝0.2v时，v1＝0.4v，则碰撞后的A球的速度大于B球的速度，而两球碰撞，A球不可能穿透B球，故C项错误；当v2＝v时，v1＝－2v，显然碰撞后的总动能大于碰撞前的总动能，故D项错误。]
动量守恒定律的理解及应用 eq \([讲典例示法])
1．动量守恒定律的五个特性
2．动量守恒定律常用的四种表达形式
(1)p＝p′：即系统相互作用前的总动量p和相互作用后的总动量p′大小相等，方向相同。
(2)Δp＝p′－p＝0：即系统总动量的增加量为零。
(3)Δp1＝－Δp2：即相互作用的系统内的两部分物体，其中一部分动量的增加量等于另一部分动量的减少量。
(4)m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′2，即相互作用前后系统内各物体的动量都在同一直线上时，作用前总动量与作用后总动量相等。
[典例示法] (2019·郑州高三质量预测)如图所示，质量为m＝245 g的物块(可视为质点)放在质量为M＝0.5 kg的木板左端，足够长的木板静止在光滑水平面上，物块与木板间的动摩擦因数为μ＝0.4。质量为m0＝5 g的子弹以速度v0＝300 m/s沿水平方向射入物块并留在其中(时间极短)，g取10 m/s2。子弹射入后，求：
(1)子弹进入物块后子弹和物块一起向右滑行的最大速度v1；
(2)木板向右滑行的最大速度v2。
审题指导：
[解析] (1)子弹进入物块后一起向右滑行的初速度即为物块的最大速度，由动量守恒可得
m0v0＝(m0＋m)v1，解得v1＝6 m/s。
(2)当子弹、物块、木板三者同速时，木板的速度最大，由动量守恒定律可得
(m0＋m)v1＝(m0＋m＋M)v2，
解得v2＝2 m/s。
[答案] (1)6 m/s (2)2 m/s
[拓展] 在上例中，物块在木板上滑行的时间t是多少？整个过程共损失了多少机械能？
[解析] 对物块和子弹组成的整体应用动量定理得
－μ(m0＋m)gt＝(m0＋m)v2－(m0＋m)v1
解得t＝1 s
整个过程损失的机械能为
ΔE＝eq \f(1,2)m0veq \\al(2,0)－eq \f(1,2)(m0＋m＋M)v22＝223.5 J。
[答案] 1 s 223.5 J
应用动量守恒定律解题的一般步骤
[跟进训练]
1．(2020·安徽安庆五校联考)如图所示，光滑水平面上静止着一辆质量为M的小车，小车上带有一光滑的、半径为R的eq \f(1,4)圆弧轨道。现有一质量为m的光滑小球从轨道的上端由静止开始释放，下列说法中不正确的是( )
A．小球下滑过程中，小车和小球组成的系统总动量守恒
B．小球下滑过程中，小车和小球组成的系统总动量不守恒
C．小球下滑过程中，在水平方向上小车和小球组成的系统总动量守恒
D．小球下滑过程中，小车和小球组成的系统机械能守恒
A [小车和小球组成的系统在水平方向上所受的合外力为零，则水平方向上动量守恒，竖直方向所受合外力不为零，所以总的动量不守恒；除重力以外的其他外力不做功，小车和小球组成的系统机械能守恒，B、C、D正确。]
2．(2019·湛江联考)如图所示，质量均为m的小车和木箱紧挨着静止在光滑的水平冰面上，质量为2m的小孩站在小车上用力向右迅速推出木箱，木箱相对于冰面运动的速度为v，木箱运动到右侧墙
壁时与竖直墙壁发生弹性碰撞，反弹后能被小孩接住，求：
(1)小孩接住木箱后共同速度的大小；
(2)若小孩接住箱子后再次以相对于冰面的速度v将木箱向右推出，木箱仍与竖直墙壁发生弹性碰撞，判断小孩能否再次接住木箱。
[解析] (1)取向左为正方向，根据动量守恒定律可得
推出木箱的过程中0＝(m＋2m)v1－mv，
接住木箱的过程中mv＋(m＋2m)v1＝(m＋m＋2m)v2。
解得v2＝eq \f(v,2)。
(2)若小孩第二次将木箱推出，根据动量守恒定律可得4mv2＝3mv3－mv，则v3＝v，故小孩无法再次接住木箱。
[答案] (1)eq \f(v,2) (2)不能
3．如图所示，甲、乙两船的总质量(包括船、人和货物)分别为10m、12m，两船沿同一直线同一方向运动，速度分别为2v0、v0。为避免两船相撞，乙船上的人将一质量为m的货物沿水平方向抛向甲船，甲船上的人将货物接住，求抛出货物的最小速度。(不计水的阻力和货物在两船之间的运动过程)
[解析] 设乙船上的人抛出货物的最小速度大小为vmin，抛出货物后乙船的速度为v乙。甲船上的人接到货物后甲船的速度为v甲，规定向右的方向为正方向。
对乙船和货物的作用过程，由动量守恒定律得
12mv0＝11mv乙－mvmin ①
对货物和甲船的作用过程，同理有
10m×2v0－mvmin＝11mv甲 ②
为避免两船相撞应有v甲＝v乙 ③
联立①②③式得vmin＝4v0。
[答案] 4v0
碰撞问题 eq \([讲典例示法])
1．碰撞现象三规律
2．弹性碰撞的结论
两球发生弹性碰撞时应满足动量守恒和机械能守恒。以质量为m1、速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生正面弹性碰撞为例，则有
m1v1＝m1v′1＋m2v′2
eq \f(1,2)m1veq \\al(2,1)＝eq \f(1,2)m1v′eq \\al(2,1)＋eq \f(1,2)m2v′eq \\al(2,2)
解得v′1＝eq \f(m1－m2v1,m1＋m2)，v′2＝eq \f(2m1v1,m1＋m2)
结论：(1)当m1＝m2时，v′1＝0，v′2＝v1(质量相等，速度交换)；
(2)当m1>m2时，v′1>0，v′2>0，且v′2>v′1(大碰小，一起跑)；
(3)当m10(小碰大，要反弹)；
(4)当m1≫m2时，v′1＝v1，v′2＝2v1(极大碰极小，大不变，小加倍)；
(5)当m1≪m2时，v′1＝－v1，v′2＝0(极小碰极大，小等速率反弹，大不变)。
3．完全非弹性碰撞
碰撞结束后，两物体合二为一，以同一速度运动，动能损失最大。
m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v
eq \f(1,2)m1veq \\al(2,1)＋eq \f(1,2)m2veq \\al(2,2)＝eq \f(1,2)(m1＋m2)v2＋ΔEk损max
4．碰撞遵守的原则
(1)动量守恒。
(2)机械能不增加，即碰撞结束后总动能不增加，表达式为Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或eq \f(p\\al(2,1),2m1)＋eq \f(p\\al(2,2),2m2)≥eq \f(p′\\al(2,1),2m1)＋eq \f(p′\\al(2,2),2m2)。
(3)速度要合理
①碰前若同向运动，原来在前的物体速度一定增大，且v前≥v后。
②两物体相向运动，碰后两物体的运动方向肯定有一个改变或速度均为零。
[典例示法] (一题多变)如图所示，光滑水平轨道上放置长木板A(上表面粗糙)和滑块C，滑块B置于A的左端，三者质量分别为mA＝2 kg，mB＝1 kg，mC＝2 kg。开始时C静止，A、B一起以v0＝5 m/s的速度匀速向右运动，A与C发生碰撞(时间极短)后C向右运动，经过一段时间，A、B再次达到共同速度一起向右运动，且恰好不再与C碰撞。求A与C发生碰撞后瞬间A的速度大小。
审题指导：
[解析] 长木板A与滑块C处于光滑水平轨道上，两者碰撞时间极短，碰撞过程中滑块B与长木板A间的摩擦力可以忽略不计，长木板A与滑块C组成的系统在碰撞过程中动量守恒，则mAv0＝mAvA＋mCvC。两者碰撞后，长木板A与滑块B组成的系统在两者达到同速之前所受合外力为零，系统动量守恒，则mAvA＋mBv0＝(mA＋mB)v。长木板A和滑块B达到共同速度后，恰好不再与滑块C碰撞，则最后三者速度相等，vC＝v。
联立以上各式，代入数据解得vA＝2 m/s。
[答案] 2 m/s
[拓展] 在上例中(1)A与C发生碰撞后粘在一起，则三个物体最终的速度是多少？
(2)在相互作用的整个过程中，系统的机械能损失了多少？
[解析] (1)整个作用过程中，A、B、C三个物体组成的系统动量守恒，最终三者具有相同的速度，根据动量守恒
(mA＋mB)v0＝(mA＋mB＋mC)v
代入数据可得v＝3 m/s。
(2)三者最后的速度v＝3 m/s
相互作用前E1＝eq \f(1,2)(mA＋mB)veq \\al(2,0)＝37.5 J
A、B再次达到共同速度时
E2＝eq \f(1,2)(mA＋mB＋mC)v2＝22.5 J
机械能损失ΔE＝E1－E2＝15 J。
[答案] (1)3 m/s (2)15 J
碰撞问题解题三策略
(1)抓住碰撞的特点和不同种类碰撞满足的条件，列出相应方程求解。
(2)可熟记一些公式，例如“一动一静”模型中，两物体发生弹性正碰后的速度满足：
v′1＝eq \f(m1－m2,m1＋m2)v1 v′2＝eq \f(2m1,m1＋m2)v1
(3)熟记弹性正碰的一些结论，例如，当两球质量相等时，两球碰撞后交换速度。当m1≫m2，且v2＝0时，碰后质量大的速率不变，质量小的速率为2v1。当m1≪m2，且v2＝0时，碰后质量小的球原速率反弹。
[跟进训练]
1．质量分别为mP＝1 kg、mQ＝2 kg的小球P、Q静止在光滑的水平面上，现给小球P以水平的速度vP0＝4 m/s沿直线朝小球Q运动，并发生正碰，分别用vP、vQ表示两小球碰撞结束的速度。则关于vP、vQ的大小可能的是( )
A．vP＝vQ＝eq \f(4,3) m/s
B．vP＝－2 m/s，vQ＝3 m/s
C．vP＝1 m/s，vQ＝3 m/s
D．vP＝－4 m/s，vQ＝4 m/s
A [碰撞前总动量为p＝mPvP0＝4 kg·m/s，碰撞前总动能为Ek＝eq \f(1,2)mPveq \\al(2,P0)＝8 J。如果vP＝vQ＝eq \f(4,3) m/s，p′＝mPvP＋mQvQ＝4 kg·m/s，E′k＝eq \f(1,2)mPveq \\al(2,P)＋eq \f(1,2)mQveq \\al(2,Q)＝eq \f(8,3) J，碰撞过程动量守恒，能量不增加，A正确；如果vP＝－2 m/s，vQ＝3 m/s，p′＝mPvP＋mQvQ＝4 kg·m/s，E′k＝eq \f(1,2)mPveq \\al(2,P)＋eq \f(1,2)mQveq \\al(2,Q)＝11 J，能量增加，碰撞过程动量守恒，B错误；如果vP＝1 m/s，vQ＝3 m/s，p′＝mPvP＋mQvQ＝7 kg·m/s，碰撞过程动量不守恒，C错误；如果vP＝－4 m/s，vQ＝4 m/s，p′＝mPvP＋mQvQ＝4 kg·m/s，E′k＝eq \f(1,2)mPveq \\al(2,P)＋eq \f(1,2)mQveq \\al(2,Q)＝24 J，碰撞过程动量守恒，动能增加，D错误。]
2．(2020·江苏省大丰高级中学期中)如图所示是质量为M＝1.5 kg的小球A和质量为m＝0.5 kg的小球B在光滑水平面上做对心碰撞前后画出的x­t图象，由图可知( )
A．两个小球在碰撞前后动量不守恒
B．碰撞过程中，B损失的动能是4 J
C．碰撞前后，A的动能不变
D．这两个小球的碰撞是弹性的
D [根据x­t图象的斜率等于速度，可知：A球的初速度为vA＝0，B球的初速度为vB＝eq \f(ΔxB,Δt)＝eq \f(20,5) m/s＝4 m/s，碰撞后A球的速度为v′A＝eq \f(ΔxA,Δt)＝eq \f(30－20,10－5) m/s＝2 m/s，碰撞后B球的速度为vB′＝eq \f(10－20,10－5) m/s＝－2 m/s；碰撞前总动量为p＝MvA＋mvB＝2 kg·m/s，碰撞后总动量为p′＝MvA′＋mvB′＝2 kg·m/s，故两个小球在碰撞前后动量守恒，故A错误；碰撞过程中，B球的动能变化量为：ΔEkB＝eq \f(1,2)mvB′2－eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)＝eq \f(1,2)×0.5×[(－2)2－42] J＝－3 J，即损失3 J，故B错误；碰撞前A的动能为0，碰撞后A的动能大于零，故C错误；A球动能增加量为ΔEkA＝eq \f(1,2)MvA′2－0＝3 J，则知碰撞前后系统的总动能不变，此碰撞是弹性碰撞，故D正确。]
3．(2020·嫩江市高级中学高三月考)如图所示，物块A静止在光滑水平面上，木板B和物块C一起以速度v0向右运动，与A发生弹性正碰，A与B碰撞时间极短，最终C恰好未从B上掉落。已知v0＝5 m/s，mA＝6 kg，mB＝4 kg，mC＝2kg，C与B之间动摩擦因数μ＝0.2，取g＝10 m/s2，求：
(1)B与A碰撞后A物块的速度大小；
(2)B、C相对静止时的速度大小；
(3)木板B的最小长度。
[解析] (1)以A、B为研究对象，B与A发生弹性碰撞过程，设向右为正，由动量守恒定律有mBv0＝mAvA＋mBvB
由机械能守恒定律可知eq \f(1,2)mBveq \\al(2,0)＝eq \f(1,2)mBveq \\al(2,B)＋eq \f(1,2)mAveq \\al(2,A)
联立解得vA＝4 m/s，vB＝－1 m/s。
(2)碰后B反向运动，与C相互作用，对B、C，由动量守恒定律可知mCv0＋mBvB＝(mC＋mB)v
解得v＝1 m/s。
(3)设木板B最小长度为L，则μmCgL＝eq \f(1,2)mBveq \\al(2,B)＋eq \f(1,2)mCveq \\al(2,0)－eq \f(1,2)(mC＋mB)v2
解得L＝6 m。
[答案] (1)4 m/s (2)1 m/s (3)6 m
爆炸、反冲问题 eq \([分考向训练])
爆炸问题
1．向空中发射一枚炮弹，不计空气阻力，当炮弹的速度v0恰好沿水平方向时，炮弹炸裂成a、b两块，若质量较大的a的速度方向仍沿原来的方向，则 ( )
A．b的速度方向一定与原来速度方向相反
B．从炸裂到落地的这段时间内，a飞行的水平距离一定比b的大
C．a一定先到达水平地面
D．在炸裂过程中，a、b受到的爆炸力的大小一定相等
D [炮弹炸裂前后动量守恒，选定v0的方向为正方向，则mv0＝mava＋mbvb，显然vb>0、vb<0、vb＝0都有可能，A错误；vb>va、vb2．(2019·邯郸模拟)如图所示，木块A、B的质量均为m，放在一段粗糙程度相同的水平地面上，木块A、B间夹有一小块炸药(炸药的质量可以忽略不计)。让A、B以初速度v0一起从O点滑出，滑行一段距离后到达P点，速度变为eq \f(v0,2)，此时炸药爆炸使木块A、B脱离，发现木块B立即停在原位置，木块A继续沿水平方向前进。已知O、P两点间的距离为s，设炸药爆炸时释放的化学能全部转化为木块的动能，爆炸时间很短可以忽略不计，求：
(1)木块与水平地面间的动摩擦因数μ；
(2)炸药爆炸时释放的化学能。
[解析] (1)从O滑到P，对A、B由动能定理得
－μ·2mgs＝eq \f(1,2)×2meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(v0,2)))eq \s\up12(2)－eq \f(1,2)×2mveq \\al(2,0)，
解得μ＝eq \f(3v\\al(2,0),8gs)。
(2)在P点爆炸时，A、B组成的系统动量守恒，有
2m·eq \f(v0,2)＝mv，
根据能量守恒定律有
E0＋eq \f(1,2)×2meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(v0,2)))eq \s\up12(2)＝eq \f(1,2)mv2，
解得E0＝eq \f(1,4)mveq \\al(2,0)。
[答案] (1)eq \f(3v\\al(2,0),8gs) (2)eq \f(1,4)mveq \\al(2,0)
爆炸现象的三个规律
反冲问题
3．如图所示，质量为M的小船在静止水面上以速率v0向右匀速行驶，一质量为m的救生员站在船尾，相对小船静止。若救生员以相对水面速率v水平向左跃入水中，则救生员跃出后小船的速率为( )
A．v0＋eq \f(m,M)v B．v0－eq \f(m,M)v C．v0＋eq \f(m,M)(v0＋v) D．v0＋eq \f(m,M)(v0－v)
C [以水面为参考系，根据动量守恒定律(M＋m)v0＝－mv＋Mv1，可解得C正确。]
4．如图所示，一枚火箭搭载着卫星以速率v0进入太空预定位置，由控制系统使箭体与卫星分离。已知前部分的卫星质量为m1，后部分的箭体质量为m2，分离后箭体以速率v2沿火箭原方向飞行，若忽略空气阻力及分离前后系统质量的变化，则分离后卫星的速率v1为( )
A．v0－v2 B．v0＋v2 C．v0－eq \f(m2,m1)v2 D．v0＋eq \f(m2,m1)(v0－v2)
D [火箭和卫星组成的系统，在分离前后沿原运动方向上动量守恒，由动量守恒定律有：(m1＋m2)v0＝m1v1＋m2v2，解得：v1＝v0＋eq \f(m2,m1)(v0－v2)，D项正确。]
对反冲运动的三点说明
人船模型
5．(2020·辽宁凌源模拟)长度为L、质量为M的平板车的左端紧靠着墙壁，右端站着一个质量为m的人(可视为质点)，某时刻人向左跳出，恰好落到车的左端，而此时车已离开墙壁有一段距离，那么这段距离为(车与水平地面间的摩擦不计)( )
A．L B．eq \f(mL,M) C．eq \f(mL,M＋m) D．eq \f(ML,M＋m)
C [设人从小车上跳起后沿水平方向的分速度为v1，小车沿水平方向的速度为v2，人和小车在水平方向的动量守恒，选取向左为正方向，则mv1－Mv2＝0，设人从右端到达左端时间为t，则有mv1t－Mv2t＝0，化简为ms1＝Ms2，由空间几何关系得s1＋s2＝L，联立解得车的位移为s2＝eq \f(mL,M＋m)，故只有选项C正确。]
6．如图所示，气球下面有一根长绳，一个质量为m1＝50 kg的人抓在气球下方，气球和长绳的总质量为m2＝20 kg，长绳的下端刚好和水平面接触，当静止时人离地面的高度为h＝5 m。如果这个人开始沿绳向下滑，当他滑到绳下端时，他离地面高度是(可以把人看作质点)( )
A．5 m B．3.6 m C．2.6 m D．8 m
B [当人滑到绳下端时，如图所示，由动量守恒定律，得m1eq \f(h1,t)＝m2eq \f(h2,t)，且h1＋h2＝h，解得h1≈1.4 m，所以他离地高度H＝h－h1＝3.6 m，故选项B正确。]
1．人船模型的适用条件
物体组成的系统动量守恒且系统中物体原来均处于静止状态，合动量为零。
2．人船模型的特点
(1)遵从动量守恒定律：mv1－Mv2＝0。如图所示。
s人＋s船＝L，
即s人＝eq \f(M,M＋m)L，s船＝eq \f(m,M＋m)L。
动量和能量观点的综合应用 eq \([讲典例示法])
[典例示法] 如图所示，A、B、C三个木块的质量均为m，置于光滑的水平面上，B、C之间有一轻质弹簧，弹簧的两端与木块接触可不固连，将弹簧压紧到不能再压缩时用细线把B、C紧连，使弹簧不能伸展，以至于B、C可视为一个整体。现A以初速度v0沿B、C的连线方向朝B运动，与B相碰并黏合在一起。以后细线突然断开，弹簧伸展，从而使C与A、B分离。已知C离开弹簧后的速度恰为v0，求弹簧释放的势能。
思路点拨：解此题要注意以下关键信息：
(1)“B、C可视为一个整体”表明A与B碰后，三者共速。
(2)“A与B碰后黏在一起”表明C离开弹簧时，A、B有共同的速度。
[解析] 设碰后A、B和C共同速度的大小为v，由动量守恒定律得
3mv＝mv0①
设C离开弹簧时，A、B的速度大小为v1，由动量守恒定律得
3mv＝2mv1＋mv0②
设弹簧的弹性势能为Ep，从细线断开到C与弹簧分开的过程中机械能守恒，有
eq \f(1,2)(3m)v2＋Ep＝eq \f(1,2)(2m)veq \\al(2,1)＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)③
由①②③式得弹簧所释放的势能为Ep＝eq \f(1,3)mveq \\al(2,0)。
[答案] eq \f(1,3)mveq \\al(2,0)
“滑块——弹簧”模型的几点注意
对两个(或两个以上)物体与弹簧组成的系统在相互作用的过程中，要关注以下四点
(1)在能量方面，由于弹簧的形变会具有弹性势能，系统的总动能将发生变化，若系统所受的外力和除弹簧弹力以外的内力不做功，系统机械能守恒。
(2)在动量方面，系统动量守恒。
(3)弹簧处于最长(最短)状态时两物体速度相等，弹性势能最大，系统动量守恒，机械能守恒。
(4)弹簧处于原长时，弹性势能为零。
[跟进训练]
1．如图所示，放在光滑水平桌面上的A、B两小木块中部夹一被压缩的轻弹簧，当轻弹簧被放开时，A、B两小木块各自在桌面上滑行一段距离后，飞离桌面落在地面上。若mA＝3mB，则下列结果正确的是( )
A．若轻弹簧对A、B做功分别为W1和W2，则有W1∶W2＝1∶1
B．在与轻弹簧作用过程中，两木块的速度变化量之和为零
C．若A、B在空中飞行时的动量变化量分别为Δp1和Δp2，则有Δp1∶Δp2＝1∶1
D．若A、B同时离开桌面，则从释放轻弹簧开始到两木块落地的这段时间内，A、B两木块的水平位移大小之比为1∶3
D [弹簧弹开木块过程中，两木块及弹簧组成的系统动量守恒，取水平向左为正方向，由动量守恒定律得mAvA－mBvB＝0，则速度之比vA∶vB＝1∶3，根据动能定理得：轻弹簧对A、B做功分别为W1＝eq \f(1,2)mAveq \\al(2,A)，W2＝eq \f(1,2)mBveq \\al(2,B)，联立解得W1∶W2＝1∶3，选项A错误；根据动量守恒定律得知，在与轻弹簧作用过程中，两木块的动量变化量之和为零，即mAΔvA＋mBΔvB＝0，可得，ΔvA＋ΔvB≠0，选项B错误；A、B离开桌面后都做平抛运动，它们抛出点的高度相同，运动时间相等，设为t，由动量定理得A、B在空中飞行时的动量变化量分别为Δp1＝mAgt，Δp2＝mBgt，所以Δp1∶Δp2＝3∶1，选项C错误；平抛运动水平方向的分运动是匀速直线运动，由x＝v0t知，t相等，则A、B两木块的水平位移大小之比等于vA∶vB＝1∶3，选项D正确。]
2．如图所示，质量为m2＝2 kg和m3＝3 kg的物体静止放在光滑水平面上，两者之间有压缩着的轻弹簧(与m2、m3不拴接)。质量为m1＝1 kg的物体以速度v0＝9 m/s向右冲来，为防止冲撞，释放弹簧将m3物体发射出去，m3与m1碰撞后粘合在一起。试求：
(1)m3的速度至少为多大，才能使以后m3和m2不发生碰撞？
(2)为保证m3和m2恰好不发生碰撞，弹簧的弹性势能至少为多大？
[解析] (1)设m3发射出去的速度为v1，m2的速度为v2，以向右的方向为正方向，对m2、m3，由动量守恒定律得
m2v2－m3v1＝0。
只要m1和m3碰后速度不大于v2，则m3和m2就不会再发生碰撞，m3和m2恰好不相撞时，两者速度相等。
对m1、m3，由动量守恒定律得
m1v0－m3v1＝(m1＋m3)v2
解得v1＝1 m/s，即弹簧将m3发射出去的速度至少为1 m/s。
(2)对m2、m3及弹簧组成的系统，由机械能守恒定律得
Ep＝eq \f(1,2)m3veq \\al(2,1)＋eq \f(1,2)m2veq \\al(2,2)＝3.75 J。
[答案] (1)1 m/s (2)3.75 J
[典例示法] (2020·黄山模拟)如图所示，质量m1＝4.0 kg的小车静止在光滑的水平面上，车长L＝1.5 m，现有质量m2＝1.0 kg可视为质点的物块，以水平向右的速度v0＝5 m/s从左端滑上小车，最后在车面上某处与小车保持相对静止。物块与车面间的动摩擦因数μ＝0.5，g取10 m/s2。求：
(1)物块在车面上滑行的时间t；
(2)要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度v′0不超过多少。
审题指导：
[解析] (1)设物块与小车的共同速度为v，以水平向右为正方向，根据动量守恒定律有m2v0＝(m1＋m2)v，
设物块与车面间的滑动摩擦力为f，对物块应用动量定理有－ft＝m2v－m2v0，
其中f＝μm2g，
联立以上三式解得t＝eq \f(m1v0,μm1＋m2g)
代入数据得t＝eq \f(4.0×5,0.5×4.0＋1.0×10) s＝0.8 s。
(2)要使物块恰好不从小车右端滑出，物块滑到车面右端时与小车有共同的速度v′，则有
m2v′0＝(m1＋m2)v′，
由功能关系有
eq \f(1,2)m2v′eq \\al(2,0)＝eq \f(1,2)(m1＋m2)v′2＋μm2gL，
代入数据解得v′0＝eq \f(5,2)eq \r(3) m/s。
故要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度v′0不能超过eq \f(5,2)eq \r(3) m/s。
[答案] (1)0.8 s (2)eq \f(5,2)eq \r(3) m/s
[拓展] 在上例中若改为小车右端连一个四分之一光滑圆弧轨道，其总质量仍为m1，小车水平部分长度仍为L，圆弧轨道与小车水平面在点O′相切，如图所示。物块仍以v0＝5 m/s的速度从左端滑上小车，物块恰能到达圆弧轨道的最高点A，求：
(1)光滑圆弧轨道的半径；
(2)物块与小车最终相对静止时，它距点O′的距离。
[解析] (1)小车和物块组成的系统水平方向动量守恒，设物块到达圆弧轨道最高点A时，二者的共同速度为v1，
由动量守恒得m2v0＝(m1＋m2)v1，
由能量守恒得eq \f(1,2)m2veq \\al(2,0)－eq \f(1,2)(m1＋m2)veq \\al(2,1)＝m2gR＋μm2gL，
联立并代入数据解得R＝0.25 m。
(2)设物块最终与车相对静止时，二者的共同速度为v2，从物块滑上小车，到二者相对静止的过程中，由动量守恒得m2v0＝(m1＋m2)v2，
设物块与车最终相对静止时，它距O′点的距离为x，由能量守恒得eq \f(1,2)m2veq \\al(2,0)－eq \f(1,2)(m1＋m2)veq \\al(2,2)＝μm2g(L＋x)，
联立并代入数据解得x＝0.5 m。
[答案] (1)0.25 m (2)0.5 m
“滑块——木板”模型的三大特点
(1)当滑块和木板的速度相等时木板的速度最大，两者的相对位移取得极值。
(2)系统的动量守恒，但系统的机械能不守恒，摩擦力与两者相对位移的乘积等于系统机械能的减少量，当两者的速度相等时，系统机械能损失最大。
(3)解决该类问题，既可以从动量、能量两方面解题，也可以从力和运动的角度借助图象求解。
[跟进训练]
1．(2019·陕西汉中中学月考)如图所示，质量为M、长为L的长木板放在光滑水平面上，一个质量也为M的物块(可视为质点)以一定的初速度从左端冲上木板，如果长木板是固定的，物块恰好停在木板的右端，如果长木板不固定，则物块冲上木板后在木板上滑行的距离为( )
A．L B．eq \f(3L,4) C．eq \f(L,2) D．eq \f(L,4)
C [设物块受到的滑动摩擦力为f，物块的初速度为v0。如果长木板是固定的，物块恰好停在木板的右端，对小滑块的滑动过程运用动能定理得－fL＝0－eq \f(1,2)Mveq \\al(2,0)，如果长木板不固定，物块冲上木板后，物块向右减速的同时，木板要加速，最终两者一起做匀速运动，该过程系统所受外力的合力为零，动量守恒，规定向右为正方向，根据动量守恒定律得Mv0＝(M＋M)v1，对系统运用能量守恒定律有fL′＝eq \f(1,2)Mveq \\al(2,0)－eq \f(1,2)(2M)veq \\al(2,1)，联立解得L′＝eq \f(L,2)，故C正确，A、B、D错误。]
2．(2020·江西高三开学考试)如图所示，从A点以某一水平速度v0抛出质量m＝1 kg的小物块(可视为质点)，当物块运动至B点时，恰好以vB＝5 m/s速度大小沿切线方向进入圆心角∠BOC＝37°的固定光滑圆弧轨道BC，经圆弧轨道后滑上与C点等高、静止在光滑水平面上的长木板，圆弧轨道C端的切线水平。已知长木板的质量M＝4 kg, A、B两点距C点的高度分别为H＝0.6 m、h＝0.15 m，圆弧轨道半径R＝0.75 m，物块与长木板间的动摩擦因数μ＝0.7，g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，求：
(1)小物块在A点时的速度大小v0；
(2)小物块滑至C点时，对圆弧轨道的压力大小；
(3)长木板至少为多长，才能保证小物块不滑出长木板。
[解析] (1)根据运动分解有cs 37°＝eq \f(v0,vB)
解得v0＝4 m/s 。
(2)从A点到C点，有mgH＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)
设小物块在C点受到的支持力为FN，则FN－mg＝meq \f(v\\al(2,2),R)
解得FN≈47.3 N
由牛顿第三定律可知，小物块在C点时对圆弧轨道的压力大小为47.3 N。
(3)设m与M达到共同速度v3，由系统动量守恒可得mv2＝(m＋M)v3
由功能关系可得μmgL＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)－eq \f(1,2)(m＋M)veq \\al(2,3)
联立方程得L＝1.6 m。
[答案] (1)4 m/s (2)47.3 N (3)1.6 m
动量是否守恒
机械能是否守恒
弹性碰撞
守恒
守恒
非完全弹性碰撞
守恒
有损失
完全非弹性碰撞
守恒
损失最大
矢量性
动量守恒定律的表达式为矢量方程，解题应选取统一的正方向
相对性
各物体的速度必须是相对同一参考系的速度(一般是相对于地面)
同时性
动量是一个瞬时量，表达式中的p1、p2、…必须是系统中各物体在相互作用前同一时刻的动量，p′1、p′2、…必须是系统中各物体在相互作用后同一时刻的动量
系统性
研究的对象是相互作用的两个或多个物体组成的系统
普适性
动量守恒定律不仅适用于低速宏观物体组成的系统，还适用于接近光速运动的微观粒子组成的系统
题干关键
获取信息
子弹进入物块后到一起向右滑行的时间极短
木板速度仍为零
足够长的木板
木板向右滑行的速度v2最大
题干关键
获取信息
A与C碰撞时间极短
系统A、C动量守恒
A、B再次同速，恰好不与C碰撞
最后三者同速
动量守恒
由于爆炸是在极短的时间内完成的，爆炸物体间的相互作用力远远大于受到的外力，所以在爆炸过程中，系统的总动量守恒
动能增加
在爆炸过程中，由于有其他形式的能量(如化学能)转化为动能，所以爆炸后系统的总动能增加
位置不变
爆炸的时间极短，因而作用过程中，物体产生的位移很小，一般可忽略不计，可以认为爆炸后仍然从爆炸前的位置以新的动量开始运动
作用原理
反冲运动是系统内物体之间的作用力和反作用力产生的效果
动量守恒
反冲运动中系统不受外力或内力远大于外力，所以反冲运动遵循动量守恒定律
机械能增加
反冲运动中，由于有其他形式的能转化为机械能，所以系统的总机械能增加
“滑块——弹簧”模型
“滑块——平板”模型
题干关键
获取信息
相对静止
最后共速
要使物块不从小车右端滑出
物块滑到车右端与小车共速